10574. На сторонах AB
и AC
треугольника ABC
выбраны точки P
и Q
соответственно так, что PQ\parallel BC
. Отрезки BQ
и CP
пересекаются в точке O
. Точка A'
симметрична точке A
относительно прямой BC
. Отрезок A'O
пересекает окружность \omega
, описанную около треугольника APQ
, в точке S
. Докажите, что окружность, описанная около треугольника BSC
, касается окружности \omega
.
Решение. Первый способ. Если AB=AC
, то утверждение задачи следует из симметрии. Будем считать, что AC\gt AB
.
Через точку A
проведём хорду AX
окружности \omega
, параллельную хорде PQ
(рис. 1). Тогда APQX
— равнобокая трапеция, поэтому
\angle XOP=\angle APQ=\angle ABC=\angle A'BC,
\angle XPQ=\angle AQP=\angle ACB=\angle A'CB.
Значит, XQ\parallel A'B
и XP\parallel A'C
, поэтому гомотетия с центром O
, переводящая отрезок PQ
в отрезок CB
, переводит треугольник XPQ
в треугольник A'CB
. Следовательно, точка O
(а значит, и S
) лежит на отрезке A'X
.
Пусть M
— центр окружности, описанной около треугольника ASA'
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle ASX=\angle SAA'+\angle SA'A=\frac{1}{2}\smile ASA'=
=\frac{1}{2}\angle AMA'=\frac{1}{2}(180^{\circ}-2\angle MAA')=90^{\circ}-\angle MAA',
Поскольку XA\parallel BC
и BC\perp AA'
, то XA\perp AA'
.
Пусть Y
— точка на продолжении отрезка MA
за точку A
. Тогда
\angle XAY=180^{\circ}-\angle MAA'-90^{\circ}=90^{\circ}-\angle MAA'=\angle ASX.
Следовательно, MA
— касательная к окружности \omega
(см. задачу 144), а так как MA=MS
, то MS
— также касательная к окружности \omega
.
Пусть \Omega
— окружность, описанная около треугольника ABC
. Тогда окружности \omega
и \Omega
гомотетичны с центром A
, так как PQ\parallel BC
. Значит, прямая MA
— касательная к окружности \Omega
.
Точка M
лежит на прямой BC
, так как эта прямая — серединный перпендикуляр к отрезку AA'
, поэтому
MS^{2}=MA^{2}=MB\cdot MC.
Следовательно, прямая MS
— общая касательная к окружности, описанной около треугольника BSC
(см. задачу 4776), и окружности \omega
, т. е. эти окружности касаются в точке S
.
Второй способ. Как и в первом способе, отметим хорду AX
окружности \omega
и докажем, что точка S
лежит на прямой A'X
.
Треугольник A'XA
прямоугольный, поэтому центр T
его описанной окружности — середина гипотенузы XA'
(рис. 2). Точка T
лежит на серединном перпендикуляре BC
к катету AA'
, а также на серединном перпендикуляре к катету AX
, а значит, и к отрезку PQ
. Следовательно, TP=TQ
.
Обозначим \angle TPQ=\angle TQP=\alpha
. Поскольку
\angle XSP=\angle XQP=\angle APQ=\angle PBT,
точки P
, S
, T
и B
лежат на одной окружности (см. задачу 49). Аналогично, Q
, S
, T
и C
лежат на одной окружности. Тогда
\angle PSB=\angle PTB=\angle TPQ=\alpha,~
\angle SCB=\angle SQT=|\alpha-\angle PQS|.
Пусть Z
— точка на касательной в точке S
к окружности \omega
, лежащая по ту же сторону от прямой A'X
, что и точка A
. Тогда \angle PSZ=\angle PQS
и, следовательно,
\angle PSZ=|\alpha-\angle PSZ|=|\alpha-\angle PQS|=\angle SCB.
Таким образом, окружность, описанная около треугольника BSC
, касается прямой SZ
в точке S
. Тогда она касается и окружности \omega
. Что и требовалось доказать.